解説をお願いします！お願いします！

単振り子の楕円積分の問題ですね。

高校物理だと、単振り子の振れ幅 $\phi$ が十分小さい場合には、その周期を

$$T = 2 \pi \sqrt{\dfrac{l}{g}}$$

で表せて、「周期はおもりの質量には依存しない」などと習いますが...$\phi$ が小さくない場合にはそうは行かない！というのがこの問題のミソです。

さて、実際に楕円関数の計算をしてみましょう。

与えられた式は

$$T = 4 \sqrt{\dfrac{l}{g}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{d \phi}{\sqrt{1 - k^2 \sin ^2 \phi}}$$

分母のルートの扱いがポイントです。テイラー展開（特にマクローリン展開）しましょう。

$$\begin{aligned}\dfrac{1}{\sqrt{1 - k^2 \sin ^2 \phi}} &= \left( 1 - k^2 \sin^2 \phi \right)^{-\frac{1}{2}} \\ &= 1 + \dfrac{1}{2} k^2 \sin^2 \phi + \dfrac{3}{8} k^4 \sin^4 \phi + \dfrac{15}{48} k^6 \sin^6 \phi + \dots \\&= \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!} k^{2n} \sin^{2n} \phi\end{aligned}$$

$5!! = 5 \cdot 3 \cdot 1 = 15, 6!! = 6 \cdot 4 \cdot 2 = 48$ という意味です。

※このマクローリン展開がわからない場合はマクローリン展開について調べましょう。→https://manabitimes.jp/math/570

さて、この式を使って一気に計算を進めていきます。

$$\begin{aligned}T &= 4 \sqrt{\dfrac{l}{g}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{d \phi}{\sqrt{1 - k^2 \sin ^2 \phi}} \\&= 4 \sqrt{\dfrac{l}{g}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!} k^{2n} \sin^{2n} \phi \, d \phi \\&= 4 \sqrt{\dfrac{l}{g}} \cdot \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!} k^{2n} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} \phi \, d \phi \\&= 4 \sqrt{\dfrac{l}{g}} \cdot \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!} k^{2n} \cdot \dfrac{\pi}{2} \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \\&= 2 \pi \sqrt{\dfrac{l}{g}} \sum_{n=0}^{\infty} \left[ \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \right]^2 k^{2n} \\&= 2 \pi \sqrt{\dfrac{l}{g}} \left[ 1 + \left( \dfrac{1}{2} \right)^2 k^2 + \left( \dfrac{1 \cdot 3}{2 \cdot 4} \right)^2 k^4 + \left( \dfrac{1 \cdot 3 \cdot 5}{2 \cdot 4 \cdot 6} \right)^2 k^6 + \dots \right]\end{aligned}$$

示せました。

途中式で

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2n} \phi \, d \phi = \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \dfrac{\pi}{2}$$

を使用していますが、これは高校数学の学習範囲内なので既知（自明）として計算は省略しました。